Άθροισμα αντιστρόφων ΙΙ

peter · #1

(Erdos) Έστω $x_1<x_2<\ldots <x_n$ σημεία του [-1,1]

. Δείξτε ότι $\displaystyle \sum_{1\leq j<k\leq n}\frac{1}{x_k-x_j}\geq \frac{1}{8}n^2\log n$ .

#2

Έχουμε $\displaystyle{ \sum_{1 \leqslant j < k\leqslant n} \frac{1}{x_k - x_j} = \sum_{r=1}^n \sum_{s=1}^{n-r} \frac{1}{x_{s+r} - x_s}. }$

Από την ανισότητα αριθμητικού-αρμονικού μέσου έχουμε $\displaystyle{\sum_{s=1}^{n-r} \frac{1}{x_{s+r} - x_s} \geqslant \frac{(n-r)^2}{\sum_{s=1}^{n-r} (x_{s+r} - x_s)} = \frac{(n-r)^2}{\sum_{t=1}^{r}(x_{n+1-t}-x_t)} \geqslant \frac{(n-r)^2}{2r}.}$

Άρα τελικά έχουμε $\displaystyle{\sum_{1 \leqslant j < k\leqslant n} \frac{1}{x_k - x_j} \geqslant \frac{1}{2}\sum_{r=1}^n \left(\frac{n^2}{r} - 2n + r \right) = \frac{1}{2}n^2 \log{n} + O(n^2)}$ το οποίο αποδεικνύει το ζητούμενο για μεγάλα

.

Η απάντηση είναι ασυμπτωτικά σωστή αφού αν θέσουμε x_i = (2i-n)/n

θα πάρουμε $\displaystyle{ \sum_{1 \leqslant j < k\leqslant n} \frac{1}{x_k - x_j} = \sum_{1 \leqslant j < k\leqslant n} \frac{n}{2(k - j)} = \sum_{r=1}^{n-1} \frac{n(n-r)}{2r} = \frac{1}{2}n^2 \log{n} + O(n^2).}$

Πέτρο, γνωρίζεις αν το ελάχιστο λαμβάνεται για την ακολουθία x_i = (2i-1-n)/(n-1)

;

#3

Δημήτρη, στην εξαιρετική σου απόδειξη βρήκες εκτίμηση $\frac {1}{2} n^2 \ln n + O(n^2)$ ενώ η άσκηση ζητά (μόνο) $\ge \frac {1}{8} n^2 \ln n$ . Με άλλα λόγια έδειξες ότι ισχύει το ζητούμενο, και με περίσσευμα.

Για τυπικούς λόγους ας συμπληρώσω:

Χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι η $\displaystyle \gamma _n = \sum _{r=1}^n\frac {1}{r}-\ln n$ φθίνει προς τον $\gamma$ (βλέπε σ. 2 της
http://www.math.unipd.it/~gdemarco/Alga ... heroni.pdf, έχουμε

Demetres έγραψε:<...> $\displaystyle{\sum_{1 \leqslant j < k\leqslant n} \frac{1}{x_k - x_j} \geqslant \frac{1}{2}\sum_{r=1}^n \left(\frac{n^2}{r} - 2n + r \right) =$

$\displaystyle{= \frac {1}{2}n^2 ( \ln n + \gamma _ n )-n^2 + \frac {1}{4}n(n+1)}$

$\displaystyle{ = \frac {1}{2}n^2 \ln n +\frac {2 \gamma _n - 3}{4} n^2 + \frac {1}{4}n}$

$\displaystyle{ \ge \frac {1}{2}n^2 \ln n +\frac {2 \gamma - 3}{4} n^2 + \frac {1}{4}n} = \frac {1}{8}n^2 \ln n +\frac {3 \ln n+4\gamma - 6}{8} n^2 + \frac {1}{4}n} } > \frac {1}{8}n^2 \ln n$

Σημειώνω ότι τα περί $\gamma$ είναι ουσιαστικά περιττά, μιας και μας αρκεί το $\displaystyle{ \sum _{r=1}^n\frac {1}{r}-\ln n \ge 0}$ . Τα γράφω μόνο και μόνο για να δούμε την εκτίμηση του σφάλματος.

Φιλικά,

Μιχάλης

#4

Μιχάλη ευχαριστώ για την συμπλήρωση των μικρών περιπτώσεων. Μιας και ήταν αποτέλεσμα του Erdős, τον οποίο ενδιέφεραν περισσότερο τα ασυμπτοτικά αποτελέσματα, προτίμησα χάριν συντομίας να δώσω και εγώ μόνο ασυμπτοτική απάντηση αν και δεν απαντούσε πλήρως στο αρχικό ερώτημα.

Άθροισμα αντιστρόφων ΙΙ

Άθροισμα αντιστρόφων ΙΙ

Re: Άθροισμα αντιστρόφων ΙΙ

Re: Άθροισμα αντιστρόφων ΙΙ

Re: Άθροισμα αντιστρόφων ΙΙ

Μέλη σε σύνδεση